一般階多元Taylor定理

1. 記號與線段條件

設$d$為正整數，$m$為非負整數。設$U\subset\mathbb R^d$為開集，$a\in U$，$h\in\mathbb R^d$，並假設

$$[a,a+h]=\{a+th:0\le t\le1\}\subset U.$$

對於下面的積分餘項與Lagrange餘項公式，假設$f:U\to\mathbb R$在該線段的某個開鄰域$V\subset U$上屬於$C^{m+1}$。這表示直到$m+1$階的所有迭代座標偏導數都在$V$上存在且連續。不要求整個$U$為凸集。位移$h$亦不必是單位向量。

多重指標是$\alpha=(\alpha_1,\ldots,\alpha_d)\in\mathbb N_0^d$，其中$\mathbb N_0=\{0,1,2,\ldots\}$。記

$$|\alpha|=\sum_{j=1}^d\alpha_j,\qquad \alpha!=\prod_{j=1}^d\alpha_j!,\qquad h^\alpha=\prod_{j=1}^dh_j^{\alpha_j},\qquad \partial^\alpha f=\partial_1^{\alpha_1}\cdots\partial_d^{\alpha_d}f.$$

指數為零時，相應因子按1計算，即使該座標為零亦如此；$0!=1$，$h^0=1$，$\partial^0f=f$。以$e_j$表示第$j$個座標單位向量。以位移為變量的$m$階Taylor多項式是

$$T_{m,a}(h)=\sum_{|\alpha|\le m}\frac{\partial^\alpha f(a)}{\alpha!}h^\alpha.$$

它的次數可以小於$m$。偏導數連續這一條件使求導次序不影響結果；下面將說明理由。

2. 一元工具與閉區間端點

在一元積分餘項定理中，「導數在閉區間上連續」是指區間內部的各階導數連續延伸至端點，端點處取相應的單側導數。Taylor多項式中的導數值就是這些端點值。能延伸至開區間上是一個充分但更強的條件。在當前多元情形中，這一條件自動滿足：開集$\{t\in\mathbb R:a+th\in V\}$包含$[0,1]$。

費馬必要條件。 在可微的內點局部最大值或最小值處，$f'(a)=0$。

證明。 在局部最大值處，充分小的正增量給出非正差商，負增量給出非負差商。雙側導數的極限要同時滿足兩種符號，只能為零。對函數取負處理最小值。$\square$

內點條件很重要：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的極值出現在端點，儘管導數為 1。逆命題不成立：$x^3$ 在零處導數為零，但那裡不是極值。

Rolle 定理。 若 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上連續、在 $(a,b)$ 上可微，且 $f(a)=f(b)$，則存在 $c\in(a,b)$ 使 $f'(c)=0$。

證明。 極值定理保證最大值和最小值存在。若函數為常數，任意內點均符合要求。否則某值不同於相等的端點值，因此最大值或最小值之一出現在內部。可在該處應用費馬條件。$\square$

中值定理。 在相同的連續與可微條件下，不要求端點值相等，則存在 $c\in(a,b)$ 滿足 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。

從 $f$ 減去割線 $f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a)$，再應用 Rolle 定理即可。這一證明不假定 $f'$ 連續。推論包括：導數在區間上為零則函數為常數；導數非負則函數不減；區間上 $|f'|\le M$ 則其中各點滿足 $|f(y)-f(x)|\le M|y-x|$。不能由一點的導數值推出整個區間上的導數界。

在 $a$ 處的 $n$ 階 Taylor 多項式為 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高階導數值為零，它的次數可以小於 $n$。

定理：Taylor 積分餘項

設 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 與 $x$ 之間的閉區間上具有直到 $n+1$ 階的連續導數，則

$$f(x)=T_n(x)+\frac1{n!}\int_a^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\,dt.$$

因此，若該區間上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，則 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

證明。 當 $n=0$ 時，恆等式就是微積分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。當 $n\ge1$ 時，對餘項分部積分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 處的邊界項為零，在 $a$ 處的貢獻為 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的積分是 $(n-1)$ 階餘項。由歸納法得到恆等式。這裡使用有向積分，所以 $x<a$ 時也成立。取絕對值，必要時反轉積分上下限，再積分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高階導數連續保證各次分部積分及估計有效。

此定理給出充分的正則性條件，並非最弱假設。Taylor 級數要在固定的 $x$ 處表示 $f$，必須當 $n\to\infty$ 時餘項趨於零。若不控制有限階誤差界對 $n$ 的依賴，僅憑該界不能證明餘項趨零。

3. 重複方向求導與係數的完整計數

固定$h$，在導數存在處定義$D_hq(x)=\left.\frac{d}{ds}q(x+sh)\right|_{s=0}$。令$D_h^0f=f$，$D_h^{k+1}f=D_h(D_h^kf)$。這裏始終沿同一個固定方向重複求導，不是在變化方向下求導。

一階方向導數。 若$q$在$x$附近屬於$C^1$，把從$x$至$x+sh$的增量分為依次沿$d$個座標的增量。當$s$充分小時，所有這些短線段都在定義域內的某個球中。對每個$h_j\ne0$的座標，一元中值定理給出第$j$段上的一點$z_{j,s}$，使

$$q(x+sh)-q(x)=\sum_{j:h_j\ne0}s h_j\partial_jq(z_{j,s}).$$

當$s\to0$時，$z_{j,s}\to x$；$h_j=0$的座標沒有增量。除以$s\ne0$，利用偏導數連續性，得到

$$D_hq(x)=\sum_{j=1}^dh_j\partial_jq(x). \tag{1}$$

這個論證亦適用於負的$s$，因為中值定理所用的是兩個座標端點之間的區間。

為甚麼混合偏導數可以交換。 對$C^2$函數$q$，固定不同座標$i,j$，取充分小的正數$u,v$，使以$x$為頂點的相應座標矩形位於定義域內。其雙差分為

$$\Delta=q(x+ue_i+ve_j)-q(x+ue_i)-q(x+ve_j)+q(x).$$

先對$[0,u]$上的$s\mapsto q(x+se_i+ve_j)-q(x+se_i)$應用中值定理，再對$\partial_iq$沿第$j$個座標的差應用中值定理，得到

$$\frac{\Delta}{uv}=\partial_j\partial_iq(x+\xi e_i+\eta e_j),\qquad 0<\xi<u,\quad0<\eta<v.$$

交換兩個座標的角色，則在同一矩形的另一個點上有$\Delta/(uv)=\partial_i\partial_jq(x+\widetilde\xi e_i+\widetilde\eta e_j)$。令$u,v\downarrow0$，由連續性得到$\partial_j\partial_iq(x)=\partial_i\partial_jq(x)$。對更高階導數，把這一結果應用於一對相鄰求導操作之前的內層導數，再對所得恆等式作剩餘的外層求導。所涉及的總階數都不超過$m+1$。任何排列都可以透過有限次相鄰交換得到，因此，只要各座標的求導次數相同，所有求導次序的結果都相同。

斷言。 對每個$0\le k\le m+1$及每個$x\in V$，

$$D_h^kf(x)=\sum_{|\alpha|=k}\frac{k!}{\alpha!}h^\alpha\partial^\alpha f(x). \tag{2}$$

完整歸納證明。 當$k=0$時，唯一的多重指標是$0$，右邊就是$f(x)$。假設(2)對某個$0\le k\le m$成立。這個有限和中的每個$\partial^\alpha f$都屬於$C^1$。利用(1)、求導的線性性以及偏導數的可交換性，得到

$$\begin{aligned} D_h^{k+1}f(x) &=\sum_{|\alpha|=k}\sum_{j=1}^d\frac{k!}{\alpha!}h^\alpha h_j\partial^{\alpha+e_j}f(x)\\ &=\sum_{|\beta|=k+1}\left(\sum_{j:\beta_j\ge1}\frac{k!}{(\beta-e_j)!}\right)h^\beta\partial^\beta f(x). \end{aligned}$$

固定$\beta$後，產生它的二元組恰好是$(\alpha,j)=(\beta-e_j,j)$，其中$\beta_j\ge1$，沒有其他情況。而且

$$(\beta-e_j)!=\frac{\beta!}{\beta_j},\qquad \sum_{j:\beta_j\ge1}\frac{k!}{(\beta-e_j)!} =\frac{k!}{\beta!}\sum_{j:\beta_j\ge1}\beta_j =\frac{k!(k+1)}{\beta!} =\frac{(k+1)!}{\beta!}.$$

未列入內層求和的座標滿足$\beta_j=0$，它們對座標總和的貢獻亦是零。因此得到的恰好是$k+1$階的(2)，歸納完成。從計數角度看，$k!/\alpha!$是長度為$k$、其中座標$j$出現$\alpha_j$次的有序座標選擇序列數；上面的遞推實際證明了這個計數，而非預先假定它。

現在令$g(t)=f(a+th)$。在任意$t$處對$t$求導，就是在點$a+th$沿方向$h$對$f$求導。從$g^{(0)}(t)=f(a+th)$開始，依次使用這一事實，得到

$$g^{(k)}(t)=D_h^kf(a+th)=\sum_{|\alpha|=k}\frac{k!}{\alpha!}h^\alpha\partial^\alpha f(a+th),\qquad0\le k\le m+1. \tag{3}$$

這些導數都在包含$[0,1]$的某個開區間上連續。

4. Taylor定理與兩種精確餘項

定理。 在第1節的假設下，

$$f(a+h)=T_{m,a}(h)+R_m(a,h),$$

其中

$$\begin{aligned} R_m(a,h) &=\frac1{m!}\int_0^1(1-t)^mD_h^{m+1}f(a+th)\,dt\\ &=\sum_{|\alpha|=m+1}\frac{m+1}{\alpha!}h^\alpha\int_0^1(1-t)^m\partial^\alpha f(a+th)\,dt. \tag{4} \end{aligned}$$

若$h\ne0$，還存在一個$\theta\in(0,1)$使

$$\begin{aligned} R_m(a,h) &=\frac{D_h^{m+1}f(a+\theta h)}{(m+1)!}\\ &=\sum_{|\alpha|=m+1}\frac{\partial^\alpha f(a+\theta h)}{\alpha!}h^\alpha. \tag{5} \end{aligned}$$

積分形式的證明。 上面的一元定理可用於$g$從0至1的區間。為把其歸納在當前座標中完整寫出，令

$$I_r=\frac1{r!}\int_0^1(1-t)^rg^{(r+1)}(t)\,dt\qquad(0\le r\le m).$$

微積分基本定理給出$I_0=g(1)-g(0)$。對$1\le r\le m$，分部積分恰好給出

$$\begin{aligned} I_r&=\left[\frac{(1-t)^r}{r!}g^{(r)}(t)\right]_0^1+\frac1{(r-1)!}\int_0^1(1-t)^{r-1}g^{(r)}(t)\,dt\\ &=-\frac{g^{(r)}(0)}{r!}+I_{r-1}. \end{aligned}$$

所以$I_0=g(1)-\sum_{k=0}^0g^{(k)}(0)/k!$是起始情形。若$I_{r-1}=g(1)-\sum_{k=0}^{r-1}g^{(k)}(0)/k!$，上述遞推便給出$I_r=g(1)-\sum_{k=0}^rg^{(k)}(0)/k!$。歸納得到直到$r=m$的恆等式，並包括$m=0$。現在由(3)在0處的公式，

$$\sum_{k=0}^m\frac{g^{(k)}(0)}{k!}=\sum_{k=0}^m\sum_{|\alpha|=k}\frac{\partial^\alpha f(a)}{\alpha!}h^\alpha=T_{m,a}(h).$$

由(3)的$m+1$階公式得到(4)，因為$(m+1)!/m!=m+1$，且求和為有限和。特別地，多項式的階數是$m$，餘項中的導數階數是$m+1$。

嚴格中間點形式的證明。 令$R=g(1)-\sum_{k=0}^mg^{(k)}(0)/k!$，定義

$$H(t)=g(t)-\sum_{k=0}^m\frac{g^{(k)}(0)}{k!}t^k-Rt^{m+1}.$$

於是$H(1)=0$，且對$0\le r\le m$有$H^{(r)}(0)=0$。在$[0,1]$上用Rolle定理，得到$c_1\in(0,1)$滿足$H'(c_1)=0$。若$m\ge1$，利用$H'(0)=0$在$[0,c_1]$上再次應用Rolle定理，得到$c_2\in(0,c_1)$滿足$H''(c_2)=0$。具體地，只要$1\le r\le m$且$H^{(r)}(c_r)=0$、$c_r>0$，另一零點$H^{(r)}(0)=0$就容許在$[0,c_r]$上用Rolle定理，得到$c_{r+1}\in(0,c_r)$滿足$H^{(r+1)}(c_{r+1})=0$。應用$m+1$次之後，$\theta=c_{m+1}\in(0,1)$滿足

$$0=H^{(m+1)}(\theta)=g^{(m+1)}(\theta)-(m+1)!R.$$

當$m=0$時，第一次應用已經是最後一次。代入(3)便得到(5)。

(5)中每一項使用同一個$\theta$，是因為只對一個標量線函數$g$應用了一次一元結論。若分別對各個偏導數或不同的座標路徑應用中值論證，得到的點可能不同，不能悄然把它們替換成同一個點。這裏的共同點結論針對實標量函數，不是向量值函數各分量共用一點的結論。

若$h=0$，則$g$為常函數，$T_{m,a}(0)=f(a)$，$R_m(a,0)=0$，而且(4)仍然成立。不要求在只有一個點的線段上尋找嚴格的幾何中間點。即使$h\ne0$，線函數亦可能為常函數，Rolle證明仍然適用。當$m=0$時，公式化為$f(a+h)-f(a)=\int_0^1\nabla f(a+th)\cdot h\,dt$以及標量線段中值公式。

5. 誤差界與較弱的局部Taylor結論

若對所有$|\alpha|=m+1$及線段上的每個$x$都有$|\partial^\alpha f(x)|\le M$，則由(4)可得

$$|R_m(a,h)|\le M\sum_{|\alpha|=m+1}\frac{|h^\alpha|}{\alpha!} =\frac{M}{(m+1)!}\left(\sum_{j=1}^d|h_j|\right)^{m+1}. \tag{6}$$

這是因為$\int_0^1(1-t)^m\,dt=1/(m+1)$；將$m+1$個$\sum_j|h_j|$相乘，再按有序座標選擇分類，所得係數正是(2)中已經證明的計數。只有$a$處的導數界不能推出(6)。另一種情形是，若直接知道$|D_h^{m+1}f(a+th)|\le K\|h\|^{m+1}$，則有$|R_m|\le K\|h\|^{m+1}/(m+1)!$。

$C^{m+1}$是(4)、(5)的充分條件，並非所有局部Taylor近似都需要這一條件。若$m\ge1$且$f$僅在$a$的某個鄰域上屬於$C^m$，則

$$f(a+h)=T_{m,a}(h)+o(\|h\|^m)\qquad(h\to0). \tag{7}$$

證明這一較弱結論不需要多加一階導數：對充分短的線段應用階數為$m-1$的(4)。其中常量$D_h^mf(a)$對應的積分等於$D_h^mf(a)/m!$，由(2)恰為$m$次齊次項。在被積函數內減去這個常量後，誤差的絕對值不超過

$$\frac{\varepsilon(h)}{m!}\left(\sum_{j=1}^d|h_j|\right)^m,\qquad \varepsilon(h)=\max_{|\alpha|=m}\sup_{0\le t\le1}|\partial^\alpha f(a+th)-\partial^\alpha f(a)|\longrightarrow0.$$

這樣的$\alpha$只有有限多個，而$\|th\|\le\|h\|$，所以在$a$處的連續性同時控制整段上的所有點。Cauchy–Schwarz不等式給出$\sum_j|h_j|\le\sqrt d\|h\|$，從而證明(7)。當$m=0$時，僅由連續性就有$f(a+h)=f(a)+o(1)$。這些較弱結論既不聲稱具有$m+1$階餘項，亦不聲稱函數等於某個無窮級數。

6. 算例：三階多項式與四階餘項

設$f(x,y)=e^{x+2y}$，$a=(0,0)$，$h=(u,v)$。對$\alpha=(p,q)$，有$\partial^\alpha f(0,0)=2^q$。因此

$$\begin{aligned} T_{3,0}(u,v) ={}&1+u+2v+\frac{u^2}{2}+2uv+2v^2\\ &+\frac{u^3}{6}+u^2v+2uv^2+\frac43v^3. \end{aligned}$$

例如，$u^2v$的係數是$\partial_x^2\partial_yf(0,0)/(2!1!)=2/2=1$；而在$D_h^3f(0,0)$中，同一項的係數是$(3!/(2!1!))\,2=6$，再除以$3!$才變為1。

令$s=u+2v$。線函數是$g(t)=e^{ts}$，所以$g^{(4)}(t)=s^4e^{ts}$。於是

$$e^{u+2v}-T_{3,0}(u,v)=\frac{s^4}{6}\int_0^1(1-t)^3e^{ts}\,dt,$$

且對非零位移，有一個共同的$\theta\in(0,1)$使$R_3=s^4e^{\theta s}/24$。特別地，$|R_3|\le e^{|s|}|s|^4/24$。若$s=0$，線函數為常函數，誤差恰為零，即使$h\ne0$亦是如此。這種抵消與一般誤差界完全相容，亦說明為甚麼應按總次數截斷，而非分別限制每個座標的次數。

7. 練習與完整解答

P01. 對$f(x,y,z)=5+x^2y+2xyz-yz^2$，在$a=(1,0,1)$處以位移$h=(u,v,w)$展開。

1. 求$T_{2,a}(h)$與精確剩餘項。
2. 用$\partial^\alpha f/\alpha!$核對每個非零三階混合項係數，並驗證方向導數形式的積分餘項與Lagrange餘項。
3. 判斷$T_{3,a}$是否精確，並包括$h=0$的情形。

完整解答。 代入並按總次數整理，得到

$$\begin{aligned} f(1+u,v,1+w) &=5+(1+u)^2v+2(1+u)v(1+w)-v(1+w)^2\\ &=5+2v+4uv+u^2v+2uvw-vw^2. \end{aligned}$$

所以$T_{2,a}=5+2v+4uv$，$R_2=u^2v+2uvw-vw^2$。三階偏導數都是常數。其非零多重指標及對應導數值為

$$\partial^{(2,1,0)}f=2,\qquad\partial^{(1,1,1)}f=2,\qquad\partial^{(0,1,2)}f=-2.$$

其他所有三階多重指標導數都為零。依次除以$2!1!0!=2$、$1!1!1!=1$、$0!1!2!=2$，便得到係數$1,2,-1$。由(2)，

$$D_h^3f=\frac{3!}{2!1!0!}\,2u^2v+\frac{3!}{1!1!1!}\,2uvw+\frac{3!}{0!1!2!}\,(-2)vw^2 =6u^2v+12uvw-6vw^2.$$

它與線段上所選的點無關。積分餘項為$\frac12\int_0^1(1-t)^2D_h^3f\,dt=D_h^3f/6=R_2$，因為$(1-t)^2$的積分為$1/3$。當$h\ne0$時，Lagrange形式對每個$\theta\in(0,1)$都取相同的值，當然亦適用於定理給出的那個點。最後，所有四階導數都為零，三階多項式就是上面完整的展開式，對每個位移餘項都為零。在$h=0$時，兩種餘項亦都直接等於零。